Използваме "бисквитки" (cookies), за да персонализираме съдържанието и да анализираме трафика си. Повече подробности можете да прочететеТУК

Отговори
# 1 110
  • София
  • Мнения: 3 737
Благодаря  Hug
Значи положението не е да няма шанс. Ще му давам да решава задачи, едва ли ще са много. Надявам се да не протестира, което е малко вероятно (лято е все пак Simple Smile )

# 1 111
  • Мнения: 5 774
През лятото, преди началото на учебната година, минах заедно с него целия материал от жълтата читанка, като същевременно решавахме и тестовете за 3 клас от "Математика за таланти".
За повечето деца, които не са посещавали курса в трети клас това е добър и необходим вариант, детето да се запознае със задачите от Жълта математическа читанка през лятото, ако не е работило през учебната година с подобни типови задачи. Иначе ще му бъде доста трудно /според мен/ да влезе в ритъм на курсовете в 4-ти клас.
Разбира се не можем да сложим всички деца под един знаменател. Има и такива, които без проблем ще се справят и нямат нужда от предварителна лятна подготовка.

# 1 112
  • Мнения: 5 774
СМГ-Математическо състезание "Откриване на млади таланти" 25.06.2011 г

Тест   Втори модул

Отговори /със съдействието на onfio/   bouquet:

1A, 2A, 3Б, 4В, 5Б, 6В, 7В, 8В, 9Б, 10Б, 11Г, 12Г, 13В, 14А, 15Б
16 зад-17,
17 зад-1015
18 зад-8520
19 зад-30
20 зад-5

Текстови задачи:
1 А) - 2011
1 Б) - 379 букви, от които 127 букви А

2 А) 1040
2 Б) 18
2 В) 10

# 1 113
  • Мнения: 4 877
Темата за приема е заключена, затова ще пиша тук. Мисля, че има доста мами на приети деца, които следят още тази тема.
Тази година следих отблизо темите за приема в СМГ, заради едно приятелско дете (прието е и то в първата половина Grinning)

Ако е от Шопчета-бобчета и ние го познаваме. Simple Smile Мъчно ни е, че е решил да се мести.

# 1 114
  • Мнения: 1
Здравейте!Може ли някои да ми изпрати задачите от конкурса за млади таланти от 2011 !Блогодаря ви предварително! EMAIL: marki111@abv.bg

# 1 115
  • у дома
  • Мнения: 5 726
Здравейте!Може ли някои да ми изпрати задачите от конкурса за млади таланти от 2011 !Блогодаря ви предварително! EMAIL: marki111@abv.bg
Има ги само два поста по-нагоре  Peace

# 1 116
  • Мнения: 5 774
Има ги само два поста по-нагоре  Peace
...заедно с отговорите.

# 1 117
  • София
  • Мнения: 1 666
Втори модул
...
Текстови задачи:
1 А) - 2011
1 Б) - 379 букви, от които 127 букви А
...

На подусловие 1 Б) Александър 5 пъти е редуцирал буквите като е трил 5 и половината от останалите преди да останат 7 букви.
Според мен:
1 Б) - 763 букви, от които 255 букви А

# 1 118
  • Мнения: 5 774
На подусловие 1 Б) Александър 5 пъти е редуцирал буквите като е трил 5 и половината от останалите преди да останат 7 букви.
Според мен:
1 Б) - 763 букви, от които 255 букви А
Възможно е. Нямам никаква представа кой е верният отговор, понеже не съм решавала текстовите задачи, а отговорите копирах от пост на onfio.

# 1 119
  • Мнения: 388
А). Редицата е от вида: АХХАХХАХХ ... АХХАХХА – 670 редуващи се групи от три букви от вида АХХ + последната буква А. Общо букви в редицата: 670.3+1=2010+1=2011.

Б). Имаме общо 6 операции, които отзад напред изглеждат по следния начин.

Накрая 5 букви / Преди VI-тата: 5+2=7 / Преди V-тата: 7.2+5=19/ Преди IV-тата: 19.2+5=43 / Преди III-тата: 43.2+5=91 / Преди II-рата: 91.2+5=187 / Преди I-вата: 187.2+5=379 / В началото има 379 букви.

Възможностите за подредба на 5-те последни букви са: АХАХА; ХАХХА; АХХХА.

Вариантът АХАХА е невъзможен, защото има 3 букви А. Вариантът АХХХА също е невъзможен защото тогава редицата ще има вида: АХХХАХХХА ... АХХХА – определен брой редуващи се групи от четири букви от вида АХХХ + последна буква А, но тогава броят на четирибуквените групи АХХХ трябва да бъде: (379-1):4=378:4, което е невъзможно защото 378 не се дели на 4, 378:4=94 (+ остатък 2).

Следователно редицата от 379 букви е от вида: АХХАХХАХХ ... АХХАХХА – определен брой от редуващи се групи от три букви от вида АХХ + последната буква А. Броят на групите от вида АХХ е: (379-1):3=378:3=126. Във всяка една от групите АХХ има точно по една буква А и имаме още последната буква А, която не е в група. Тогава броят на всички букви А е 126+1=127.

Или в редицата имаме общо 379 букви, от които 127 букви А.
 

# 1 120
  • Мнения: 388
Понеже правоъгълниците в един баркод се редуват черен – бял – черен – бял - ... – черен – бял - черен и всеки баркод започва и завършва с черен правоъгълник, то броят на черните правоъгълници е с 1 по-голям от броя на белите правоъгълници или ЧЕРНИ = БЕЛИ + 1 и БЕЛИ = ЧЕРНИ - 1.

Тогава броят на всички правоъгълници е ВСИЧКИ = ЧЕРНИ + БЕЛИ = 2.ЧЕРНИ – 1 = 2.БЕЛИ +1, откъдето ЧЕРНИ = (ВСИЧКИ + 1) : 2 и БЕЛИ = (ВСИЧКИ – 1) : 2.

Освен това броят на всички правоъгълници е винаги нечетно число (2.БЕЛИ + 1).

А). Баркодът е дълъг 5 см = 50 мм. Щом всички съставящи го правоъгълници са с еднаква ширина, то всички те са широки или 2 мм или 3 мм. Понеже 50 не се дели на 3 е невъзможно правоъгълниците да са широки по 3 мм и следователно всички правоъгълници, от които се състои баркода са широки по 2 мм.

Тогава броят на всички правоъгълници (черни + бели) е ВСИЧКИ = 50 : 2 = 25 правоъгълника.

Тогава броят на черните правоъгълници е ЧЕРНИ = (ВСИЧКИ + 1) : 2 = (25 + 1) : 2 = 26 : 2 = 13 правоъгълника.

Всеки черен правоъгълник е висок 4 см = 40 мм и тогава лицето му е равно на 40 мм . 2 мм = 80 кв. мм.

Сборът от лицата на всичките 13 черни правоъгълника е 13 . 80 кв. мм = 1040 кв. мм.


Б). Щом площта на баркода е 40 кв. см и той е съставен от правоъгълници високи по 4 см, то дължината на баркода е 40 : 4 = 10 см = 100 мм.

За да бъде броят на черните правоъгълници възможно най-малък трябва и броят на всички (черни + бели) правоъгълници да бъде възможно най-малък и обратно, ако броят на всички правоъгълници е възможно най-малък, то и броят на черните правоъгълници ще е възможно най-малък защото ВСИЧКИ = 2. ЧЕРНИ – 1 и ЧЕРНИ = (ВСИЧКИ + 1) : 2.

Задачата се свежда до това да намерим колко възможно най-малко правоъгълници би могло да има в баркод с дължина 100 мм, като броят на тези правоъгълници трябва да е нечетен.

Общият брой на правоъгълниците ще бъде възможно най-малък, ако в баркода има възможно най-голям брой правоъгълници с ширина 3 мм.

Броят на правоъгълниците с ширина 3 мм не може да бъде по-голям от 33, защото 34 . 3 мм = 102 мм.

Ако броят на правоъгълниците с ширина 3 мм е 33, то за правоъгълниците с ширина 2 мм остават 100 – 33.3 = 1 мм, което е невъзможно.

Ако броят на правоъгълниците с ширина 3 мм е 32, то за правоъгълниците с ширина 2 мм остават 100 – 32.3 = 4 мм и следователно има 2 правоъгълника с ширина 2 мм, но тогава общият брой правоъгълници ще бъде 32 + 2 = 34, което е невъзможно защото 34 е четно число.

Ако броят на правоъгълниците с ширина 3 мм е 31, то за правоъгълниците с ширина 2 мм остават 100 – 31.3 = 7 мм, което е невъзможно, защото 7 е нечетно число и не се дели на 2.

Ако броят на правоъгълниците с ширина 3 мм е 30, то за правоъгълниците с ширина 2 мм остават 100 – 30.3 = 10 мм. Тогава правоъгълниците с ширина 2 мм са 10 : 2 = 5 на брой.

Или възможно най-малкият общ брой правоъгълници (черни + бели) е 35 и той се получава при 30 правоъгълника с ширина 3 мм и 5 правоъгълника с ширина 2 мм.

Тогава възможно най-малкият брой черни правоъгълници в баркод с площ 40 кв. см е 18, защото ЧЕРНИ МИНИМУМ = (ВСИЧКИ МИНИМУМ + 1) : 2 = (35 + 1) : 2 = 18.


В). Щом обиколката на баркода е 104 мм и височината му е 4 см = 40 мм, то дължината на баркода е (104 – 2.40) : 2 = 24 : 2 = 12 мм.

Понеже баркодът може да се състои само от правоъгълници с ширина 2 мм и/или 3 мм, то трябва да разложим числото 12 на събираеми равни на 2 и 3. Има само три възможни начина за такова разлагане: 12 = 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2; 12 = 2 + 2 + 2 + 3 + 3; 12 = 3 + 3 + 3 +3.

От друга страна общият брой на правоъгълниците трябва да е нечетен, а единственият вариант с нечетен брой събираеми е 12 = 2 + 2 + 2 + 3 + 3. Тогава баркодът с обиколка 104 мм се състои от 3 правоъгълника с ширина 2 мм и 2 правоъгълника с ширина 3 мм.

Тези правоъгълници може да са подредени по някой от следните начини (с 2 означаваме правоъгълник с ширина 2 мм, а с 3 правоъгълник с ширина 3 мм):
I)   2 – 2 – 2 – 3 – 3
II)   2 – 2 – 3 – 2 – 3
III)   2 – 2 – 3 – 3 – 2
IV)   2 – 3 – 2 – 2 – 3
V)   2 – 3 – 2 – 3 – 2
VI)   2 – 3 – 3 – 2 – 2
VII)   3 – 2 – 2 – 2 – 3
VIII)   3 – 2 – 2 – 3 – 2
IX)   3 – 2 – 3 – 2 – 2
X)   3 – 3 – 2 – 2 – 2

Следователно има 10 на брой различни баркодове с обиколка 104 мм.

# 1 121
  • Мнения: 934
Благодарности за подробните решения!  bouquet
Ще са полезни за кандидатсващите догодина също.
А задачите наистина са сериозни, браво на дечицата ни, които се справиха с тях.

# 1 122
  • Мнения: 35
Здравейте!Благодаря на момичетата за качените задачи!
Можете ли да ми кажете от къде да намеря задачите от предишни години на състезанието? Търсих ги в  интернет, но не ги открих никъде.
Задачките са страшно интересни по мое мнение, естествено и подобаващо трудни.

# 1 123
  • у дома
  • Мнения: 5 726
Здравейте!Благодаря на момичетата за качените задачи!
Можете ли да ми кажете от къде да намеря задачите от предишни години на състезанието? Търсих ги в  интернет, но не ги открих никъде.
Задачките са страшно интересни по мое мнение, естествено и подобаващо трудни.
В тази книжка ги има - http://www.pons.bg/index.php?act=products&do=details&id=898

# 1 124
  • Мнения: 35
Ооо, това е книжката, която ни предлагаха като се записвахме, но аз не взех, защото разбрах, че е пълна с грешки.Ще я прегледам!Благодаря много !

Общи условия

Активация на акаунт